I.U.T. de Brest Ann´ee 2018-19
G.M.P. 1 Corrig´e du devoir du 14/06/2019
M2301 - Calcul int´egral et calcul matriciel
Exercice 1 (≃6,75 points). On consid`ere la matriceA deM3(R) d´efinie par :
A =
3 0 1
−3 3 −2
5 0 −1
.
1. Polynˆome caract´eristique :
PA(λ) = det(A−λI3) =
3−λ 0 1
−3 3−λ −2
5 0 −1−λ
En d´eveloppant par rapport `a la deuxi`eme colonne, on obtient :
PA(λ) = (3−λ)×(+1)×
3−λ 1
5 −1−λ . D’o`u
PA(λ) = (3−λ)[(3−λ)(−1−λ)−5] = (3−λ)(λ2−2λ−8).
2. On sait queλ est une valeur propre de A ssi PA(λ) = 0.
Or, puisque PA(λ) = (3−λ)(λ2−2λ−8), on a :
PA(λ) = 0 ssi 3−λ= 0 ou λ2−2λ−8 = 0 ssi λ= 3 ou λ2−2λ−8 = 0.
Pour le trinˆome du second degr´e λ2−2λ−8, on calcule son discriminant ∆ = 4 + 32 = 36 = 62 puis on trouve ses racines 4 et −2.
On peut donc en d´eduire que :
PA(λ) = 0 ssi λ= 3 ou λ= 4 ou λ =−2.
Conclusion. A poss`ede trois valeurs propres :−2 ; 3 et 4.
Remarque. Comme−2 et 4 sont les racines deλ2−2λ−8, on peut ´ecrireλ2−2λ−8 = (λ+2)(λ−4).
Par cons´equent, on a PA(λ) = (3−λ)(λ+ 2)(λ−4), ce qui nous donne une factorisation optimale du polynˆome caract´eristique de A. En particulier, on peut affirmer que les trois valeurs propres de A sont des valeurs propres simples.
3. • Espace propre E−2 associ´e `a la valeur propre −2 : V =
x y z
∈E−2 ⇐⇒ AV =−2V
⇐⇒
3x + z =−2x
−3x + 3y − 2z =−2y
5x − z =−2z
⇐⇒
z =−5x 5y= 3x+ 2z z =−5x
⇐⇒
z =−5x
5y= 3x+ 2×(−5x)
⇐⇒
z =−5x 5y=−7x
⇐⇒
z =−5x y=−75x Par cons´equent,
V =
x y z
∈E−2 ⇐⇒ z =−5x ety =−75x
⇐⇒ V =
x y z
=
x
−75x
−5x
=x
1
−75
−5
avec x∈R.
D’o`uE−2 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur ~u1 o`u~u1 =
1
−75
−5
.
En particulier, dim(E−1) = 1.
• Espace propreE3 associ´e `a la valeur propre 3 : V =
x y z
∈E3 ⇐⇒ AV = 3V
⇐⇒
3x + z = 3x
−3x + 3y − 2z = 3y
5x − z = 3z
⇐⇒
z = 0
−3x−2z = 0 5x−4z = 0
⇐⇒
z = 0 x= 0 x= 0
⇐⇒
z = 0 x= 0
Par cons´equent,
V =
x y z
∈E3 ⇐⇒ x= 0 et z = 0
⇐⇒ V =
x y z
=
0 y 0
=y
0 1 0
avec y∈R.
D’o`uE3 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur ~u2 o`u~u2 =
0 1 0
.
En particulier, dim(E3) = 1.
• Espace propreE4 associ´e `a la valeur propre 4 : V =
x y z
∈E4 ⇐⇒ AV = 4V
⇐⇒
3x + z = 4x
−3x + 3y − 2z = 4y
5x − z = 4z
⇐⇒
z =x
y=−3x−2z 5x= 5z
⇐⇒
z =x
y=−3x−2x
⇐⇒
z =x y=−5x
Par cons´equent, V =
x y z
∈E4 ⇐⇒ V =
x y z
=
x
−5x x
=x
1
−5 1
avec x∈R.
D’o`uE4 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur ~u3 o`u~u3 =
1
−5 1
.
En particulier, dim(E4) = 1.
4. A est diagonalisable car elle est de taille 3 et qu’elle poss`ede trois valeurs propres distinctes.
5. On pose P =
1 0 1
−75 1 −5
−5 0 1
. Alors on peut v´erifier que P est inversible et :
D=P−1AP =
−2 0 0
0 3 0
0 0 4
.
Exercice 2 (≃6,25 points). On consid`ere la matriceB deM3(R) d´efinie par :
B =
1 2 6
4 −1 6
2 1 0
.
1. Polynˆome caract´eristique :
PB(λ) = det(B −λI3) =
1−λ 2 6
4 −1−λ 6
2 1 −λ
On effectue L1 :=L1−L2 pour obtenir :
PB(λ) =
−3−λ 3 +λ 0
4 −1−λ 6
2 1 −λ
On continue en faisant C2 :=C2+C1 :
PB(λ) =
−3−λ 0 0
4 3−λ 6
2 3 −λ
En d´eveloppant par rapport `a la premi`ere ligne, on obtient :
PB(λ) = (−3−λ)×(+1)×
3−λ 6
3 −λ
. D’o`u
PB(λ) = (−3−λ)×[−λ(3−λ)−18] = (−3−λ)(λ2−3λ−18).
2. On sait queλ est une valeur propre de B ssi PB(λ) = 0.
Or, puisque PB(λ) = (−3−λ)(λ2−3λ−18), on a
PB(λ) = 0 ssi −3−λ= 0 ou λ2−3λ−18 = 0 ssi λ =−3 ou λ2−3λ−18 = 0
Concernant le trinˆome λ2−3λ−18, on calcule le discriminant ∆ = 9 + 4×18 = 9 + 72 = 81 = 92, puis on d´eduit ses racines 6 et −3. Ainsi
PB(λ) = 0 ssi λ= 6 ou λ=−3 Les valeurs propres de B sont donc 6 et −3.
A noter qu’en fait` PB(λ) = (−3−λ)(λ2−3λ−18) = (−3−λ)(λ−6)(λ+ 3) =−(λ−6)(λ+ 3)2; ainsi −3 est une valeur propre double de B, et 6 est une valeur propre simple de B.
3. • Espace propre E6 associ´e `a la valeur propre 6 :
V =
x y z
∈E6 ⇐⇒ BV = 6V
⇐⇒
x + 2y + 6z = 6x 4x − y + 6z = 6y
2x + y = 6z
⇐⇒
−5x + 2y + 6z = 0 on va prendre z pour pivot 4x − 7y + 6z = 0
2x + y − 6z = 0
⇐⇒
−5x + 2y + 6z = 0
9x − 9y = 0 en ayant effectu´eL2 :=L2 −L1
−3x + 3y = 0 en ayant effectu´eL3 :=L3 +L1
⇐⇒
−5x+ 2y+ 6z = 0 y=x
y=x
⇐⇒
−5x+ 2x+ 6z = 0 y =x
⇐⇒
z = x2 y =x
Cela donne :
V =
x y z
∈E6 ⇐⇒
z= x2 y=x
⇐⇒ V =
x y z
=
x x
x 2
⇐⇒ V =x
1 1
1 2
avec x∈R.
D’o`uE6 est la droite vectorielle port´ee par le vecteur~u1 o`u~u1 =
1 1
1 2
.
En particulier, dim(E6) = 1.
• Espace propre E−3 associ´e `a la valeur propre −3 :
V =
x y z
∈E−3 ⇐⇒ BV =−3V
⇐⇒
x + 2y + 6z =−3x 4x − y + 6z =−3y
2x + y =−3z
⇐⇒
4x + 2y + 6z = 0 4x + 2y + 6z = 0 2x + y + 3z = 0
⇐⇒
2x + y + 3z = 0 en ayant effectu´eL1 := 12 ×L1
2x + y + 3z = 0 en ayant effectu´eL2 := 12 ×L2
2x + y + 3z = 0
⇐⇒ 2x+y+ 3z= 0
⇐⇒ y=−2x−3z
Par cons´equent,
V =
x y z
∈E−3 ⇐⇒ V =
x y z
=
x
−2x−3z z
⇐⇒ V =x
1
−2 0
+z
0
−3 1
avec x∈Ret z ∈R.
D’o`uE−3 est le plan vectoriel dirig´e par les vecteurs~u2 et~u3 o`u~u2 =
1
−2 0
et~u3 =
0
−3 1
. En particulier, dim(E−3) = 2.
4. Puisque dim(E6) + dim(E−3) = 1 + 2 = 3 et que B est de taille 3, B est diagonalisable.
Autre fa¸con de pr´esenter les choses : les espaces propres E6 etE−3 fournissent, en tout, trois vec- teurs propres :~u1,~u2 et~u3. Ainsi on a assez de vecteurs pour remplir une matrice P de taille 3 qui permettra de voir que D=P−1BP est diagonale, ce qui revient `a dire que B est diagonalisable.
5. On pose P =
1 1 0
1 −2 −3
1
2 0 1
. Alors on peut v´erifier que P est inversible et :
D=P−1BP =
6 0 0
0 −3 0
0 0 −3
.
Exercice 3 (≃6,5 points). Etant donn´e un r´eel´ m, on consid`ere la matrice C de M3(R) d´efinie par :
C =
6−m 6−2m −3
−1 m−1 3
1
3 −23 m−4
.
1. Polynˆome caract´eristique :
PC(λ) = det(C−λI3) =
6−m−λ 6−2m −3
−1 m−1−λ 3
1
3 −23 m−4−λ
On effectue L1 :=L1+L2 pour obtenir :
PB(λ) =
5−m−λ 5−m−λ 0
−1 m−1−λ 3
1
3 −23 m−4−λ
On continue en faisant C2 :=C2−C1 :
PB(λ) =
5−m−λ 0 0
−1 m−λ 3
1
3 −1 m−4−λ
En d´eveloppant par rapport `a la premi`ere ligne, on obtient :
PC(λ) = (5−m−λ)×(+1)×
m−λ 3
−1 m−4−λ .
D’o`u
PC(λ) = (5−m−λ)×[(m−λ)(m−4−λ) + 3] = (5−m−λ)[λ2−(2m−4)λ+m2 −4m+ 3].
2. On sait queλ est une valeur propre de C ssi PC(λ) = 0.
Or, puisque PC(λ) = (5−m−λ)[λ2−(2m−4)λ+m2−4m+ 3], on a
PC(λ) = 0 ssi 5−m−λ= 0 ou λ2−(2m−4)λ+m2 −4m+ 3 = 0 ssi λ= 5−m ou λ2−(2m−4)λ+m2 −4m+ 3 = 0 Concernant le trinˆome λ2−(2m−4)λ+m2−4m+ 3, on calcule le discriminant :
∆ = (2m−4)2−4(m2−4m+ 3) = 4m2−16m+ 16−4m2+ 16m−12 = 4 = 22, puis on d´eduit ses racines 2m−24+2 =m−1 et 2m−24−2 =m−3. Ainsi
PC(λ) = 0 ssi λ = 5−m ou λ=m−1 ou λ=m−3
Les valeurs propres de C sont donc : 5−m; m−1 et m−3. Apr`es avoir remarqu´e que m−3 est toujours diff´erent de m−1 pour tout r´eel m, on en d´eduit alors que :
• Si 5−m = m−3, c’est-`a-dire si 8 = 2m, autrement dit si m = 4, alors C poss`ede exactement deux valeurs propres : 5−m = m−3 = 1 (valeur propre double) et m−1 = 3 (valeur propre simple).
• Si 5−m = m−1, c’est-`a-dire si 6 = 2m, autrement dit si m = 3, alors C poss`ede exactement deux valeurs propres : 5−m = m−1 = 2 (valeur propre double) et m−3 = 0 (valeur propre simple).
• Dans tous les autres cas, c’est-`a-dire si m 6= 3 et m 6= 4, alors C poss`ede trois valeurs propres distinctes : 5−m; m−1 et m−3.
3. • Dans le cas o`um 6= 3 et m 6= 4, on vient de voir que C poss`ede trois valeurs propres distinctes.
Comme C est de taille 3, on sait que C est obligatoirement diagonalisable.
• Dans le cas o`um= 4, C poss`ede exactement deux valeurs propres 1 et 3.
De plus, 3 ´etant une valeur propre simple, on est sˆur que dim(E3) = 1 ; 1 ´etant une valeur propre double, on est sˆur que dim(E1) = 1 ou 2.
Or, puisque C est de taille 3, C est diagonalisable si et seulement si dim(E3) + dim(E1) = 3.
Par cons´equent, pour savoir si C est diagonalisable, il suffit de d´eterminer l’espace propre E1 : si c’est une droite (dim(E1) = 1),C ne sera pas diagonalisable ; si c’est un plan (dim(E1) = 2),C sera diagonalisable.
V =
x y z
∈E1 ⇐⇒ CV =V
⇐⇒
2x − 2y − 3z =x
−x + 3y + 3z =y
1
3x − 23y =z
⇐⇒
x − 2y − 3z = 0
−x + 2y + 3z = 0
1
3x − 23y − z = 0
⇐⇒
x − 2y − 3z = 0
−x + 2y + 3z = 0
x − 2y − 3z = 0 en ayant effectu´eL3 := 3×L3
⇐⇒ x−2y−3z= 0
⇐⇒ x= 2y+ 3z Par cons´equent
V =
x y z
∈E1 ⇐⇒ V =
x y z
=
2y+ 3z y z
⇐⇒ V =y
2 1 0
+z
3 0 1
avec y∈R etz ∈R.
D’o`uE1 est le plan vectoriel dirig´e par les vecteurs ~u1 et~u2 o`u~u1 =
2 1 0
et~u2 =
3 0 1
.
Conclusion. Lorsque m= 4, la matrice C est diagonalisable.
• Dans le cas o`u m = 3, C poss`ede deux valeurs propres 2 et 0 ; et la valeur propre 2 est double.
Pour savoir siC est diagonalisable, il suffit de d´eterminer l’espace propreE2 : si c’est une droite, C
ne sera pas diagonalisable ; si c’est un plan, C sera diagonalisable.
V =
x y z
∈E2 ⇐⇒ CV = 2V
⇐⇒
3x − 3z = 2x
−x + 2y + 3z = 2y
1
3x − 23y − z = 2z
⇐⇒
x= 3z x= 3z
1
3 ×(3z)− 23y−3z = 0
⇐⇒
x= 3z
−23y−2z = 0
⇐⇒
x= 3z
y =−32 ×2z =−3z
⇐⇒
y =−3z x= 3z
⇐⇒ V =
x y z
=
3z
−3z z
=z
3
−3 1
avec z ∈R.
D’o`uE2 est la droite vectorielle dirig´ee par le vecteur
3
−3 1
. Conclusion. Lorsque m= 3, la matrice C n’est pas diagonalisable.
• En r´esum´e, C est diagonalisable ssi m∈R\ {3}.
Fin du corrig´e
